Đề thi tuyển sinh 10 tỉnh Hòa Bình có đáp án rõ ràng

SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2010-2011
Đề chính thức ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Ngày thi: 20 / 07 / 2010
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm)
1. Khai triển thành tổng
a) 3x(x – 2) ; b)
(1 )(1 )a a− +
.
2. Phân tích thành nhân tử: x
3
– xy
2
.
Câu 2. (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 3
2 5 9
x y
x y
+ =


− =

2. Giải phương trình:
1
3
1
x
x

+ =
−
.
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 60 m, tỉ số giữa chiều dài và chiều rộng là
3:2 . Hãy tính diện tích khu vườn đó.
Câu 3. (2 điểm) Cho đường thẳng (d): y = 3x+2 và 4 điểm A(2; 0); B(0; 2); C(
2
3
−
; 0);
D(0;
2
3
−
).
a) Hãy xác định các điểm A, B, C, D trên mặt phẳng tọa độ Oxy;
b) Trong các điểm A, B, C, D những điểm nào thuộc (d)? Hãy giải thích.
Câu 4. (2,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường phân giác của
·
BAC
cắt đường
tròn (O) tại điểm D khác A.
a) Biết
·
0
BAC 60=
. Tính
·
·

BOC,BCD?
b) Kẻ đường cao AH, chứng minh rằng:
· ·
BAO HAC.=
2. Cho tam giác ABC có độ dài đường phân giác trong của góc A là 7 cm. Chân các
đường vuông góc kẻ từ B, C xuống đường phân giác ngoài của góc A lần lượt là M, N;
biết MN = 24 cm. Tính diện tích tam giác ABC ?
Câu 5. (0,5 điểm) Cho biểu thức M = (x – 1)(x + 5)(x
2
+ 4x + 5) .
Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: …………………………………… ; Số báo danh: ………………
Copyright by Lưu Công Hoàn, GV môn Toán, Trường THPT Nam Lương Sơn, Hòa Bình.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN VÀO 10 NĂM HỌC 2010-2011
Câu 1. (2 điểm)
1. Khai triển thành tổng
a) 3x(x – 2) = 3x
2
– 6x ; b)
2 2
(1 a)(1 a ) 1 ( a) 1 a− + = − = −
.
2. Phân tích thành nhân tử: x
3
– xy
2
= x(x
2
– y

2
) = x(x + y)(x – y).
Câu 2. (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
C
1
:
2 3 (2 ) (2 5 ) 3 9 6 6 1 2
2 5 9 2 3 2 3 2 1 3 1
+ = + − − = − = − = − =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = + = + = − = = −
    
x y x y x y y y x
x y x y x y x y
C
2
: (Diễn giải bằng lời của C
1
)
2 3 (1)
2 5 9 (2)
+ =


− =

x y

x y
.
Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta được: (2x + 3y) – (2x – 5y) = 3 – 9
⇔
6y 6 y 1= − ⇔ = −
.
Thay y = –1 vào (1) ta có: 2x – 1 = 3
⇔
2x = 4
⇔
x = 2.
C
3
: Từ (1)
⇒
y = 3 – 2x, thế vào (2) ta được: 2x – 5(3 – 2x) = 9
⇔
12x = 24
⇔
x = 2.
Suy ra y = 3 – 2.2 = –1.
Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là
x 2
y 1
=


= −

.

2. Giải phương trình:
1
3
1
x
x
+ =
−
(*)
Điều kiện:
x 1 0 x 1− ≠ ⇔ ≠
.
Khi đó, ta có:
2 2
(*) x(x 1) 3(x 1) x 4x 4 0 (x 2) 0 x 2 0 x 2⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
(t/m đk)
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là x = 2.
3. Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật lần lượt là x, y (m) (x> y> 0)
Từ giả thiết bài toán: khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 60 m, tỉ số giữa chiều dài và
chiều rộng là 3:2. Nên ta có hệ phương trình sau:
2(x y) 60
2x 2y 60 5y 60 y 12 x 18
x 3
2x 3y 0 2x 3y 0 2x 3.12 0 y 12
y 2
+ =

+ = = = =
   


⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
=
− = − = − = =
   


(t/m đk)
Vậy diện tích của khu vườn hình chữ nhật là S = x.y =18.12 = 216 (m
2
).
E
H
O
C
D
B
A
Câu 3. (2 điểm).
a) Xác định các điểm A(2; 0); B(0; 2); C(
2
3
−
; 0); D(0;
2
3
−
) trên mặt phẳng tọa độ Oxy:
b) Thay tọa độ các điểm A, B, C, D vào ptr đường thẳng (d): y = 3x + 2. Ta có:
• Vì 3.2 + 2 = 8

≠
0
⇒
A(2; 0)
∉
(d)
• Vì 3.0 + 2 = 2
⇒
B(0; 2)
∈
(d)
• Vì 3.
2
( )
3
−
+ 2 = 0
⇒
C(
2
3
−
; 0)
∈
(d)
• Vì 3.0 + 2 = 2
≠
2
3
−

⇒
D(0;
2
3
−
)
∉
(d)
Câu 4. (2,5 điểm)
1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường phân giác của
·
BAC
cắt đường
tròn (O) tại điểm D khác A.
a) Ta có:
Sđ
·
BAC
=
1
2
. Sđ
»
BC
(góc nội tiếp chắn cung
»
BC
)
Sđ
·

BOC
= Sđ
»
BC
(góc ở tâm chắn cung
»
BC
)
⇒
Sđ
·
BOC
= 2. Sđ
·
BAC
= 2. 60
0
= 120
0
.
• Sđ
·
BCD
= Sđ
·
BAD
(góc nội tiếp cùng chắn cung
»
BD
)

mà Sđ
·
BAD
=
1
2
.Sđ
·
BAC
=
1
2
. 60
0
= 30
0
(vì AD là phân giác
trong góc
·
BAC
)
⇒
Sđ
·
BCD
= 30
0
.
b) Kẻ đường cao AH, chứng minh rằng:
· ·

BAO HAC.=
• Kẻ AO cắt đường tròn (O) tại E
·
0
ABE 90⇒ =
(góc nt chắn nửa đường tròn)
·
·
0
BAO AEB 90⇒ + =
(1)
• Vì AH là đường cao nên tam giác AHC vuông tại H
·
·
0
HAC ACB 90⇒ + =
(2)
• Mặt khác:
·
·
AEB ACB=
(3) (góc nội tiếp cùng chắn cung
»
AB
)
Từ (1), (2) & (3) suy ra:
· ·
BAO HAC=
(đpcm).
2. Ta có:

AI là đường phân giác trong của góc A
MN là đường phân giác ngoài của góc A
AI MN⇒ ⊥
(1) (tính chất đường phân giác trong và
phân giác ngoài của 1 góc)
• Theo giả thiết:
MB MN,NC MN⊥ ⊥
(2)
• Từ (1) & (2)
AI / /MB / /NC⇒
.
• Từ đó suy ra: MNCB, AMBI, ANCI là các hình thang vuông.
• Ta có:
MNCB AMBI ANCI
S S S= +

1 1
(MB AI).MA (NC AI).NA
2 2
1 1 1
MB.MA NC.NA AI.(MA NA)
2 2 2
1 1 1
MB.MA NC.NA AI.MN
2 2 2
= + + +
= + + +
= + +
• Suy ra:
MNCB AMB ANC MIN

S S S S
∆ ∆ ∆
= + +
(3)
• Mặt khác:
MNCB AMB ANC ABC
S S S S
∆ ∆ ∆
= + +
(4)
• Từ (3) & (4)
2
ABC MIN
1 1
S S AI.MN .7.24 84(cm )
2 2
∆ ∆
⇒ = = = =
• Vậy diện tích tam giác ABC là 84 (cm
2
).
Câu 5. (0,5 điểm) Ta có:
M = (x – 1)(x + 5)(x
2
+ 4x + 5) = (x
2
+ 4x – 5).(x
2
+ 4x + 5) = (x
2

+ 4x)
2
– 25
≥
–25.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x
2
+ 4x = 0
⇔
x(x + 4) = 0
⇔
x = 0 hoặc x = – 4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là –25 khi x = 0 hoặc x = – 4.
––––––––––––––––––––  –––––––––––––––––––
Copyright by Lưu Công Hoàn, GV môn Toán, Trường THPT Nam Lương Sơn, Hòa Bình.
B
A
C
M N
I